DE THI HSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề KS 3. ĐÈ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn: Toán 8. Bài 1: a)Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:. x 2  xy  y 2  x 2 y 2. (1). b) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị thì ta vần được một số chính phương.. 1 1 1 1 1 1   2  2  2 2 2 b c Bài 2: Chứng minh rằng:Nếu a b c và a + b + c = abc thì ta có a Bài 3:. a) Giải phương trình: (x2 – 4x)2 + 2(x – 2)2 = 43 b)Cho phương trình:. x+ 2 x +1 = Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm. x −m x −1. Câu 4:Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE; ACF, lại dựng hình hành AEPF. Chứng minh rằng PBC là tam giác đều. Câu 5: Cho tam giác ABC có BC = 15 cm, AC = 20 cm, AB = 25 cm. a. Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC. b. Gọi CD là đường phân giác của tam giác ACH. Chứng minh BCD cân. c. Chứng minh: BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2 Bài 6a)Cho a, b là các số dương t/m a3 + b3 = a5 + b5Chứng minh rằng: a2 + b2 1 + ab b)Cho S =. 1 101. +. 1 102. +. 1 103. +…+. 1 7 . Chứng minh rằng S > 200 12. ---------------------------------------------------------------------------Đề KS 3. ĐÈ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn: Toán 8. Bài 1: a)Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:. x 2  xy  y 2  x 2 y 2. (1). b) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị thì ta vần được một số chính phương.. 1 1 1 1 1 1   2  2  2 2 2 b c Bài 2: Chứng minh rằng:Nếu a b c và a + b + c = abc thì ta có a Bài 3:. a) Giải phương trình: (x2 – 4x)2 + 2(x – 2)2 = 43 b)Cho phương trình:. x+ 2 x +1 = Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm. x −m x −1. Câu 4:Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE; ACF, lại dựng hình hành AEPF. Chứng minh rằng PBC là tam giác đều. Câu 5: Cho tam giác ABC có BC = 15 cm, AC = 20 cm, AB = 25 cm. d. Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC. e. Gọi CD là đường phân giác của tam giác ACH. Chứng minh BCD cân. f. Chứng minh: BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2 Bài 6a)Cho a, b là các số dương t/m a3 + b3 = a5 + b5Chứng minh rằng: a2 + b2 1 + ab b)Cho S =. 1 101. +. 1 102. +. 1 103. +…+. 1 7 . Chứng minh rằng S > 200 12.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. Nội dung bài giải a)Thêm xy vào hai vế: x 2  2 xy  y 2  x 2 y 2  xy  ( x  y ) 2  xy ( xy  1). (2) Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. 2 2 Xét xy = 0. Từ (1) có x  y 0 nên x = y = 0 Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. b) Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d Ta có:. Câu 1. ¿ abcd=k 2 (a+1)(b+ 3)( c+5)(d+ 3)=m2 ¿{ ¿ ⇔ abcd=k 2 abcd +1353=m2 ¿{. N, 0 ≤ a , b , c , d ≤9 , a ≠ 0 với k, m. N, 31<k <m<100. Do đó: m2 – k2 = 1353 ⇒ (m + k)(m – k) = 123.11= 41. 33 ( k + m < 200 ). ⇒. ¿ m+ k=123 m− k=11 ¿{ ¿. ⇔. ¿ m=67 k=57 ¿{ ¿. ¿ m=37 k =4 (loại) ¿{ ¿. (thỏa mãn) hoặc. Vậy số cần tìm là:. Câu 2. ¿ m+k =41 hoặc m− k=33 ¿{ ¿. abcd. = 3136. 1 1 1   2 0 Theo gt: a b c nên a ,b. 0, c 2. Ta có: . 0. 1 1 1 1 1   1 1 1  1 1 1 1    4   2     4  2  2  2  2  a b c  ab bc ca   a b c a b c. 1 1 1  a b c   2  2  2  4 2 a b c  abc .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a b c 1 Vì a + b + c = abc (gt) nên abc . 1 1 1 1 1 1  2  2  2 4  2  2  2 2 2 a b c a b c ( đpcm) 2. 2. a/ ( x 2 − 4 x ) +2 . ( x −2 )2=43 ⇔ ( x 2 − 4 x ) +2 ( x 2 − 4 x+ 4 )=43 ; Đặt x2-4x = t. Đk: t -4 Khi đó ta có được phương trình: t2 + 2t - 35=0 ⇔ (t + 7)(t – 5) = 0 ⇔ t = -7 ( loại) hoặc t = 5 Với t = 5. Khi đó: x2 - 4x - 5=0 ⇔ (x +1)(x – 5) = 0 ⇔ x=5 hoặc x=-1 Vậy S = { 5; -1} x+2 x+1  b/ ĐK của PT x - m x - 1. Bài 3:. (*)  x  m  x–m 0 x – 1 0  x  1 Từ (*) => (x + 2)(x – 1) = (x + 1)(x – m) => mx = 2 – m (**) - Với m = 0 thì PT (**) có dạng : 0x = 2. Trường hợp này PT (**) vô nghiệm (1) 2-m - Với m  0 thì PT (*) có nghiệm: x = m 2-m Nghiệm x = m là nghiệm của PT (*) khi nó phải thỏa mãn điều kiện: x m và x  1 2-m 1  2-m m  m 1 Tức là : m 2-m  m  m 2 + m - 2 0   m - 1  m + 2  0 m  m  1 , m  -2 Như vậy PT (*) vô nghiệm với các giá trị của m {-2 ; 0 ; 1}. Bài 4:. Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d. Ta có:. ¿ abcd=k 2 (a+1)(b+ 3)( c+5)(d+ 3)=m2 ¿{ ¿ ⇔ abcd=k 2 abcd +1353=m2 ¿{. N, 0 ≤ a , b , c , d ≤9 , a ≠ 0. với k, m. N, 31<k <m<100.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do đó: m2 – k2 = 1353 ⇒ (m + k)(m – k) = 123.11= 41. 33 ( k + m < 200 ) ¿ ¿ m+ k=123 m+k =41 hoặc m− k=33 ⇒ m− k=11 ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ m=67 m=37 ⇔ k=57 (thỏa mãn) hoặc k =4 (loại) ¿{ ¿{ ¿ ¿ Vậy số cần tìm là: abcd = 3136. Câu 1:. A E 2. 1. 1. 3. 2. F. P. B C. Ta có: AEPF là hình bình hành nên A ^E P= A ^F P. Bài 4: (6 đ). Xét  EPB và  FPC, ta có: EB = FP ( = AE) ; EP = FC (= AF) và P E^ B = P F^ C ( vì 600 - A ^E P =600 A^ FP ) ⇒.  EPB =  FPC ( c.g. c ). Suy ra: PB = PC (1) Ta có: E ^A F + A ^E P=180 0 mà Ê1 + Ê2 = 600 Do đó Â3 = Ê2. ⇒^ A3 + ^ E1 =600. Xét  EPB và  ABC, ta có: EB = AB; EP = AC ( = AF) và Â3 = Ê2 ⇒.  EPB =  ABC ( cgc ). Suy ra: PB = BC (2) Từ (1) và (2) ⇒ PB = PC = BC Vậy  PBC đều Câu 2:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> C. B. A. D. H. a. Dùng định lí Py-ta-go đảo chứng minh được: 1 AC.BC = 2. Ta có: SABC =. 1 AB.CH ⇒ 2.  ABC CH=. vuông tại C. AC . BC 20 .15 = = 12 cm AB 25. b. Dể dàng tính được; HA = 16 cm ; BH = 9 cm CD là tia phân giác của  ACH nên suy ra AD = 10 cm ; HD = 6 cm. Do đó BC = BD ( = 15 cm ).  BDC cân tại B. c. Xét các  vuông : CBH, CAH Vậy. Ta có: BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) CD2 = DH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) BD2 = BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) Từ đó suy ra BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2. a)Với 2 số a, b dương: 2 2 Xét: a  b 1  ab ⇔ a2 + b2 – ab. ⇔ (a + b)(a2 + b2 – ab) ⇔ a3 + b3. (a + b) ( vì a + b > 0). a+b. ⇔ (a3 + b3)(a3 + b3). Bài 5 :. 1. (a + b)(a5 + b5) (vì a3 + b3 = a5 + b5 ). a6 + 2a3b3 + b6 a6 + ab5 + a5b + b6 ⇔ 2a3b3 ab5 + a5b ⇔. ⇔ ab(a4 – 2a2b2 + b4). .  ab a 2  b 2. . 2. 0. 0. đúng  a, b > 0 .. 2 2 Vậy: a  b 1  ab với a, b dương và a3 + b3 = a5 + b5. 1 1 1   1 1 1 1   1 A=            150   151 152 153 200   101 102 103 b)Ta có:. Thay mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân số nhỏ nhất trong nhóm ấy ta được:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 1  1 1  1  101  102  103    150   150 50  3   1 1 1  1 1  1  151  152  153    200   200 50  4   1 1 1   1 1 1 1  1 1 7  1  A=           > + =  150   151 152 153 200  3 4 12  101 102 103. . A=. 1 1 1 1 7      101 102 103 200 12.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>